江西省九江市2019-2020学年高二上学期期中监测物理试题含解析
江西省九江市2020年高二第一学期期中联考物理试题含解析
江西省九江市2020年高二第一学期期中联考物理试题一、单项选择题（本题包括10个小题,每小题只有一个选项符合题意）1．真空中有相距为r 的两个点电荷A 、B ，它们之间相互作用的静电力为F ，如果将A 的带电量增加到原来的4倍，B 的带电量不变，要使它们的静电力变为4F，则它们距离应当变为（ ） A ．16r B ．4rC ．22rD ．2r【答案】B【解析】当距离为r 时有： F=k 2 Qq r当距离变化后依据题意有：24 4F Qq k R= 联立可得：R=4r ，ACD 错误，B 正确。
故选B 。
2．穿过同一闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图中的①~④所示，下列关于回路中感应电动势的论述正确的是（ ）A ．图①回路产生恒定不变的感应电动势B ．图②回路产生的感应电动势一直在变大C ．图③回路0~t 1时间内产生的感应电动势小于t 1~t 2时间内产生的感应电动势D ．图④回路产生的感应电动势先变小再变大 【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E n t∆Φ=∆，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象的斜率k t∆Φ=∆； A ．图①中磁通量Φ不变，无感应电动势，A 错误；B ．图②中磁通量Φ随时间t 均匀增大，图象的斜率k 不变，也就是说产生的感应电动势不变，B 错误；C ．图③中回路在10~t 时间内磁通量Φ随时间t 变化的图象的斜率为k 1，在21~t t 时间内磁通量Φ随时间t 变化的图象的斜率为k 2，从图象中发现：k 1大于k 2的绝对值。
所以在10~t 时间内产生的感应电动势大于在21~t t 时间内产生的感应电动势，C 错误；D ．图④中磁通量Φ随时间t 变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，D 正确。
故选D 。
3．如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计．下列说法正确的是A．S闭合瞬间，A先亮B．S闭合瞬间，A、B同时亮C．S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭 D．S断开瞬间，B逐渐熄灭【答案】C【解析】刚通电时，自感线圈相当于断路；稳定时，自感线圈相当于电阻（阻值看题中说明）；断电后，自感线圈相当于电源．理想二极管具有单向导电性．据以上两点分析电路在开关闭合瞬间、稳定、和开关断开瞬间各元件的工作情况．【详解】AB：刚通电时，自感线圈相当于断路，二极管中为反向电流，则电流既不通过A灯，也不通过B 灯．电路稳定时，依题意，自感线圈相当于导线，则电流流过B灯，B灯发光．则S闭合瞬间，A、B两灯均不亮，然后A灯仍不亮，B灯逐渐变亮．故AB两项错误．CD：开关断开瞬间，自感线圈相当于电源，自感线圈与二极管、A灯形成回路，二极管中为正向电流，则A灯闪亮一下，然后逐渐熄灭．开关断开后，B灯不处在回路中，B灯立即熄灭．故C项正确，D项错误．4．如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷相同的带电粒子，以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，图中a、b、c、d、e是粒子轨迹与等势面的交点，不计粒子的重力，下列判断错误的是（）A．两个粒子为异号电荷B．经过b、d两点时，两粒子的速率相同C．经过b、d两点时，两粒子的加速度大小相同D．经过c、e两点时，两粒子的速率相同【答案】B【解析】A项：可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故A正确；B 项：bd 位于同一个等势面上，所以U ab =U ad =U ，电场力对1做功：2211101122b W q U mv m v ==-+，整理得22101b q v v m -+=，同理可知：22202d q v v m -=，由两式可得，由于以相同的速率从同一等势面的a 点进入，两个比荷相同的带电粒子，但电场力对1做负功，对2做正功，故经过b 、d 两点时，两粒子的速率不相同，故B 错误；C 项：两粒子经过b 、d 两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，F qEa m m==，由图可知，bd 在某点电荷电场的同一个等势面上，到点电荷的距离是相等的，所以bd 两点的电场强度大小相等，所以粒子的加速度大小相同，故C 正确；D 项：ace 三点在同一个等势面上，而粒子1从a 到c 、粒子2从a 到e 电场力做功均为零，则经过c 、e 两点两粒子的速率相等．故D 正确．点晴：忽略了电性,只说比荷相同,而电性不一定相同,取与等使面相切的点,可知电荷1受力指向圆外,电荷2指向圆心,很明显两个电荷受力分析,电性不同,因此电场力对一个做正功,一个做负功,速率不会相同 ．5．有一电压表，它的内阻100Ω，量程0.2V ，现要改装成量程为10A 的电流表，电压表上应（ ） A ．并联0.002Ω的电阻 B ．并联0.02Ω的电阻 C ．并联50Ω的电阻 D ．串联4 900Ω的电阻【答案】B【解析】电表的满偏电流为：0.2V0.002A 100g g gU I R ===Ω把它改装成量程为10A 的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：0.2V0.0210A 0.002Ag gU R I I ==≈Ω--A ．并联0.002Ω的电阻，与结论不相符，选项A 错误；B ．并联0.02Ω的电阻，与结论相符，选项B 正确；C ．并联50Ω的电阻，与结论不相符，选项C 错误；D ．串联4 900Ω的电阻，与结论不相符，选项D 错误；6．目前集成电路的集成度很高，要求里面的各种电子元件都微型化，集成度越高，电子元件越微型化、越小．图中R 1和R 2是两个材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 2的尺寸远远小于R 1的尺寸．通过两导体的电流方向如图所示，则关于这两个导体的电阻R 1、R 2关系的说法正确的是 （ ）A ．R 1=R 2B ．R 1＜R 2C ．R 1＞R 2D ．无法确定【答案】A【解析】设正方形导体表面的边长为L ，厚度为d ，材料的电阻率为ρ，根据电阻定律得导体的电阻:R=ρL S =ρL Ld =d，可见导体的电阻只和材料的电阻率及厚度有关，与导体的其他尺寸无关，即R 1=R 2，故B 、C 、D 错误，A 正确. 故选A.7．下列说法中正确的是（ ）A ．匀强电场中两点间的电势差等于场强与这两点间的距离的乘积B ．电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的本领C ．通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D ．空间中任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向 【答案】B【解析】A 、根据公式U=Ed 可知，两点间的电势差等于场强和这两点间在电场线方向上距离的乘积，故A 错误；B 、电源的电动势反映了电源将其它形式的能转化为电能的本领的大小，故B 正确；C 、电流的定义为电量与时间的比值，即为单位时间内通过的电量，是由电量与时间共同决定的，电量多电流不一定大，故C 错误；D 、电势降低最快的方向才是电场强度方向．故D 错误 故选B ．8．如图所示，滑轮A 可沿倾角60的足够长轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，绳与竖直方向夹角为30，则下滑过程中(不计空气阻力)A ．A 、B 的加速度为sin60g B ．A 、B 的加速度为sin30gC ．绳的拉力为cos30GD ．滑轮A 与轨道之间一定有摩擦【答案】D【解析】以B 为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据力的合成与分解求解绳子拉力大小，如果没有摩擦力，绳子应该与斜面垂直； 【详解】A 、以B 为研究对象，受力情况如图所示：根据几何关系可得合力大小为12303GFcos==︒合，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：330Fa g gtanm===︒合，AB错误；C、绳子的拉力大小为1230303GF Gtancos===︒︒，C错误；D、由AB相对静止，则AB具有共同加速度，假设滑轮不受摩擦力时，对整体分析，其加速度60A Ba a gsin==︒，则轻绳应该与斜面垂直，所以滑轮受摩擦力作用，D正确．【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答，注意整体法和隔离法的应用．9．水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。
江西省九江一中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷(有解析)
江西省九江一中2019-2020学年高二上学期期中物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）1.以下关于物理学史，物理概念和物理思维的说法正确的是()A. 法拉第通过十余年的研究，最终发现了电磁感应定律B. 爱因斯坦最早提出量子的概念，并成功地解释了光电效应现象C. 楞次首先测出阴极射线的比荷，并把它命名为电子D. 卢瑟福用α粒子轰击氮原子核而发现质子是人类第一次实现的原子核的人工转变2.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示。
则以下说法不正确的是()A. 要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别点火加速一次B. 由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3被点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度要大于在圆轨道1上正常运行的速度C. 卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9km/sD. 卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度3.一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是()A. mgΔtB. mvΔt C. mvΔt+mg D. mvΔt−mg4.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v−t图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中()A. F1的冲量等于F2的冲量B. F1的冲量大于F2的冲量C. 摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D. 合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量5.2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”，已知月球半径为R，探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动，环绕周期为T，下列说法正确的是()A. 月球的质量为4π2R3GT2B. 月球的密度为3πGT2C. 探测器的动能为2mπ2r2T2D. 探测器的向心加速度为4π2r2T26.一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距()A. v4√2ℎgB. 2v3√2ℎgC. 4v√2ℎgD. 4v3√2ℎg7.一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面．则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()A. B.C. D.二、多选题（本大题共6小题，共18.0分）8.一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左、右两端，当两人同时相向而行时，发现小车向左移动，则()A. 若两人质量相等，必定v甲>v乙B. 若两人质量相等，必定v甲<v乙C. 若两人速率相等，必定m甲>m乙D. 若两人速率相等，必定m甲<m乙9.如图所示，在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进人地球同步轨道Ⅱ，则()A. 该卫星的发射速度必定大于11.2km/sB. 卫星在同步轨道II上的运行速度大于7.9km/sC. 在轨道I上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度D. 卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ10.如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是()A. 轨道半径越大，周期越长B. 轨道半径越大，速度越大C. 若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D. 若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度11.如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、E k、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。
2019-2020学年高二上学期期中考试试卷(物理)(附答案)
2019-2020学年高二上学期期中考试试卷（物理）学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________(试卷满分：100分时间：100分钟)一、选择题：(本题共12个小题，每小题4分，计48分。
每小题给出的四个选项中，有的只有一个正确，有的有多个正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的不得分)1.一个匀强电场的电场线分布如图甲所示，把一个空心导体引入到该匀强电场后的电场线分布如图乙所示．在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是( )＝φBA．φB．φB＝φCC．E A＝E BD．E B＝E C2.如图所示，两个固定的带正电的点电荷q1、q2，电荷量之比为1∶4，相距为d，引入第三个点电荷q3，要使q3能处于平衡状态，对q3的位置、电性和电荷量的要求，以下叙述正确的是( )A．q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为负电荷，对电荷量无要求B．q3在q1和q2连线之间距离q1为处，且为正电荷，对电荷量无要求C．q3在q1和q2连线之间距离q1为处，对电性和电荷量均无要求D．q3在q1和q2连线的延长线上，位于q1左侧处，对电性和电荷量均无要求3.如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加4.如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是( )A．O点电势等于N点电势B．O点场强一定大于M点场强C．将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D．若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大5.关于电势差和电场力做功的说法中，正确的是( )A．电势差是矢量，电场力做的功是标量B．在两点间移动电荷，电场力不做功，则两点间的电势差为零C．在两点间被移动的电荷的电荷量越少，则两点间的电势差越大D．在两点间移动电荷时，电场力做正功，则两点间的电势差大于零6.如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶17.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b两点的电场强度大小分别为E a和E b，则( ) A．W a＝W b，E a>E bB．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E bD．W a≠W b，E a<E b8.如图所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处，如图所示．现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则( ) A．小球在C位置时的电量是B位置时电量的一半B．小球在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一C．小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D．小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小9.(多选)如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为＋Q.图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N(不计重力，也不计它们之间的电场力)先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．以上说法中正确的是( )A．M一定是正离子，N一定是负离子B．M在p点的速率一定大于N在q点的速率C．M在b点的速率一定大于N在c点的速率D．M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q过程电势能的增量10.(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( )A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多11.(多选)如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是( ) A．粒子在三点所受电场力不相等B．粒子可能先经过a，再到b，然后到cC．粒子三点所具有的动能大小关系为E kb＞E ka＞E kcD．粒子在三点的电势能大小关系为E pc＜E pa＜E pb12.(多选)如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )A．电子一直沿Ox负方向运动B．电场力一直做正功C．电子运动的加速度不变D．电子的电势能逐渐增大二、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共计15分。
江西省九江市九江一中2019年高二上学期期中物理试卷-Word版含解析
江西省九江市九江一中2019年高二上学期期中物理试卷-W o r d版含解析-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One12018-2019学年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共40分．1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．奥斯特实验证明了（）A．通电导体周围存在着大量的电荷B．通电导体周围存在着磁场C．通电导体在磁场中要受到力的作用D．通电导体内部存在磁场2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A． B． C．D．3．在图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A．A变大，V变大B．A变小，V变大C．A变大，V变小D．A变小，V变小4．三根无限长通电直导线分别沿空间坐标系坐标轴放置，电流方向如图，已知沿x轴放置的电流在P（1，1，0）点处磁感应强度为B，无限长直导线在空间的磁感应强度与该点到导线距离成反比，则P点实际磁感应强度为（）A ．B B． B C． B D． B5．在磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且B a＞B bB．同一电流元放在a处受力一定比放在b处受力大C．电荷有可能仅在磁场作用下由a沿纸面运动到bD．某正电荷在磁场和其他外力作用下从a到b，磁场对电荷做负功6．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（）A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能增加量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为mg（H+h）7．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以一定的速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴时坐标为（0，a），则该粒子在磁场中到x轴的最大距离为（）A ．a B．2a C． a D． a8．欧姆表的正、负插孔内分别插有红、黑表笔，表内的电路图应是下图中的（）A．B．C．D．9．如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I为了增大导线所受的磁场力，采取了下列四种办法，其中正确的是（）A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°D．使导线在纸面内逆时针转60°10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变小C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变11．功率可调的直流电动机线圈内阻恒为2Ω，接在电路中的A、B间，如图，电源的电动势为6V，内阻为2Ω，下列说法正确的是（）A．电动机输出最大功率为2.25WB．电源的最大输出功率为4.5WC．电动机输出最大功率时电源输出功率也最大D．若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，电源可输出得最大功率为4.5W12．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0＞0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（）A．小球运动过程对斜面压力越来越小B．小球在斜面做变加速曲线运动C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤D．小球达到底边MN的时间t=二、实验题（本大题共3小题，共20分．）13．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为mm，所测金属板的厚度为mm，用游标卡尺测金属板的直径如图（c）所示，则金属板直径为cm．14．某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：直流电源的电动势为4V，内阻不计开关、导线若干．电压表V（量程4V，内阻约为5kΩ）电流表A1（量程0.6A，内阻约为4Ω）电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）滑动变阻器R1（0到1000Ω，0.5A）滑动变阻器R2（0到10Ω，2A）（1）电路图应选图甲哪个，电流表应选，滑动变阻器应选．（2）该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，根据测量结果描出了伏安特性曲线如图乙．如果用一个电动势为3V，内阻为10Ω的电源与该小灯泡组成电路．则该小灯泡的实际功率约为W（保留两位有效数字）．15．某同学用如甲图所示的电路测定电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源E，电阻箱R（最大阻值99.99Ω），定值电阻R0（阻值为2.0Ω），电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ），开关S．实验步骤：将电阻箱阻值调到最大，先闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，以为纵坐标，R为横坐标，作图线（如图乙）．（1）E为电源电动势，r为电源内阻，写出关系表达式（用E、r、R0表示）．（2）根据图线求得电源电动势E=V，内阻r=Ω．（保留两位有效数字）（3）用该种方法测电源电动势存在系统误差，产生系统误差的原因是．三、计算题（本大题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）16．如图1所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0=58Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图2所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源电动势E和内阻r；（2）A、B空载（没接用电器）时输出电压的范围．17．如图所示，电子由静止经电压U0加速后，从两板正中间垂直电场方向射入间距为d电压为U的平行板电容器间，电子恰好能穿过电场，忽略边缘效应，求：（1）电子经U0加速后的动能；（2）金属板AB的长度．18．如图倒“V”导轨，两侧导轨倾角为θ=30°，间距为L=0.5m．分别平行底边放置一根导体棒，其中ab棒质量为m1=2kg，电阻为R1=0.5Ω，cd棒质量为m2=4kg，电阻为R2=2Ω，两棒与导轨的动摩擦因数均为μ=，导轨顶端MN间连接内阻为r=0.5Ω的电源，两棒通过一根绕过顶端光滑定滑轮的绝缘轻线连接，细线平行于左右导轨平面，左右空间磁场均垂直于斜面向上，左右两斜面磁感应强度均为B=2T，为了使两棒保持静止，电源电动势的取值满足什么条件．19．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OC的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从坐标原点射入磁场．不计重力．（1）若粒子沿+y方向射入磁场，当初速度满足什么条件时，粒子在磁场中运动的时间为定值；（2）大量初速度大小为v=的粒子以不同的方向射入第一象限，求从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间，及该粒子的入射方向与+x的夹角．2018-2019学年江西省九江市九江一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共40分．1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．奥斯特实验证明了（）A．通电导体周围存在着大量的电荷B．通电导体周围存在着磁场C．通电导体在磁场中要受到力的作用D．通电导体内部存在磁场【考点】物理学史．【分析】奥斯特实验证明了通电导体周围存在着磁场，揭示了电流与磁场的关系．【解答】解：奥斯特实验证明了通电导体周围存在着磁场，即电流的磁效应，反映了电流与磁场的关系．故ACD错误，B正确．故选：B2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A 点沿电场线运动到B点，其速度﹣时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的（）A．B．C． D．【考点】匀变速直线运动的图像；电场线．【分析】（1）速度﹣﹣时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大．【解答】解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选：A．3．在图的闭合电路中，当滑片P向右移动时，两电表读数的变化是（）A．A变大，V变大B．A变小，V变大C．A变大，V变小D．A变小，V变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，即可得出电压表、电流表的变化．【解答】解：闭合电路中，当滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，使电路中电阻变大，由闭合电路欧姆定律可得电流变小，则内压及R0的分压减小时，故滑动变阻器两端电压变大．故选B．4．三根无限长通电直导线分别沿空间坐标系坐标轴放置，电流方向如图，已知沿x轴放置的电流在P（1，1，0）点处磁感应强度为B，无限长直导线在空间的磁感应强度与该点到导线距离成反比，则P点实际磁感应强度为（）A ．B B． B C． B D． B【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．【分析】根据题意明确各导线在P点形成的磁感应强度大小，再根据安培定则明确磁场方向，根据叠加原理即可求出实际的磁感应强度．【解答】解：x轴上的导线在P点的磁感应强度为B，根据磁感应强度与该点到导线距离成反比可知，沿y轴上的导线形成的磁感应强度为B，而z轴上的电流形成的磁场为=；根据安培定则可知，x轴上电流形成的磁场向上，而y轴上电流形成的磁场向下，二者相互抵消，故合磁感应强度等于z轴上导线所形成的磁感应强度，故大小为，故C正确，ABD错误．故选：C．5．在磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，且B a＞B bB．同一电流元放在a处受力一定比放在b处受力大C．电荷有可能仅在磁场作用下由a沿纸面运动到bD．某正电荷在磁场和其他外力作用下从a到b，磁场对电荷做负功【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度；洛仑兹力．【分析】根据磁感应的疏密表示磁场的强弱，根据安培力的性质可明确安培力的大小情况；明确电荷在磁场中的受力情况，从而明确运动和做功情况．【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，故a、b两处的磁感应强度的大小不等，且B a＞B b，故A正确；B、电流元的受力与放置夹角有关，故无法比较电流元的受力情况，故B错误；C、若粒子沿磁感线运动，则不受磁场力，可以由a沿纸面运动到b，故C正确；D、磁场对电荷永不做功，故D错误．故选：AC．6．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的物块从A点由静止开始下落，加速度为g，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则带电物块在由A点运动到C点过程中，下列说法正确的是（）A．该匀强电场的电场强度为B．带电物块和弹簧组成的系统机械能增加量为C．带电物块电势能的增加量为mg（H+h）D．弹簧的弹性势能的增加量为mg（H+h）【考点】机械能守恒定律；电场强度；电势能．【分析】根据牛顿第二定律求出电场强度的大小，根据除重力和弹力以外其它力做功得出系统机械能的变化量．根据电场力做功求出电势能的变化量．根据动能定理求出弹簧弹力做功，从而得出弹性势能的变化量．【解答】解：A、物体静止开始下落时的加速度为，根据牛顿第二定律得：mg﹣qE=ma，解得：E=，故A错误．B、从A到C的过程中，除重力和弹力以外，只有电场力做功，电场力做功为：W=﹣qE（H+h）=﹣，可知机械能减小量为．故B错误．C、从A到C过程中，电场力做功为﹣mg（H+h），则电势能增加量为mg（H+h）．故C错误．D、根据动能定理得：mg（H+h）﹣mg（H+h）+W弹=0，解得弹力做功为：W弹=﹣mg（H+h），即弹性势能增加量为mg（H+h），故D正确．故选：D．7．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以一定的速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴时坐标为（0，a），则该粒子在磁场中到x轴的最大距离为（）A ．a B．2a C． a D． a【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】根据带电粒子的运动的情况，画出粒子的运动的轨迹，再根据粒子运动轨迹的几何关系求解．【解答】解：由图意可知粒子沿顺时针方向运动，粒子的运动轨迹如图中虚线，红色线段为圆的半径R，根据图中的几何关系可得，R=a；所以轨迹到x轴的最大距离为：y m=R+Rsin30°=；所以D正确、ABC错误；故选：D．8．欧姆表的正、负插孔内分别插有红、黑表笔，表内的电路图应是下图中的（）A．B．C．D．【考点】多用电表的原理及其使用．【分析】测量电路中的电流由红表笔进入欧姆表，由黑表笔流出欧姆表，红表笔插在正极孔中，与内部电源的负极相连，选档后要进行调零据此可确定电路．【解答】解：A、C、D、电流由红表笔流入，由黑表笔流出，则正插孔接电源的负极，则CD错误，A正确B、每次换挡时都要进行短接调零，所以电阻要可调节，故B错误．故选：A9．如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成θ=30°角，导线中通过的电流为I为了增大导线所受的磁场力，采取了下列四种办法，其中正确的是（）A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°D．使导线在纸面内逆时针转60°【考点】安培力．【分析】根据左手定则的内容，判定安培力的方向．左手定则的内容是：伸开左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流的方向相同，大拇指所指的方向为安培力的方向．而安培力的大小F=BIL，且B与I垂直；若不垂直时，则将B沿导线方向与垂直方向进行分解．【解答】解：A、由公式F=BIL，当增大电流时，可增大通电导线所受的磁场力．故A正确；B、由公式F=BIL，当增加直导线的长度时，可增大通电导线所受的磁场力．故B正确；C、当使导线在纸面内顺时针转30°时，导线有效切割长度缩短，则所受磁场力变小，故C 错误；D、当使导线在纸面内逆时针转60°时，导线有效切割长度伸长，则所受磁场力变大，故D 正确；故选：ABD10．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A．静电计指针张角变小B．平行板电容器的电容将变小C．带电油滴的电势能将增大D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变【考点】电容器的动态分析；电势能．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B正确；C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．故选：BD．11．功率可调的直流电动机线圈内阻恒为2Ω，接在电路中的A、B间，如图，电源的电动势为6V，内阻为2Ω，下列说法正确的是（）A．电动机输出最大功率为2.25WB．电源的最大输出功率为4.5WC．电动机输出最大功率时电源输出功率也最大D．若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，电源可输出得最大功率为4.5W【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】电动机为非纯电阻电路，不能直接利用闭合电路欧姆定律求解，但由于电源和电动机中的电流相等，故可以列出电动势、路端电压和电流的关系进行分析，再由数学规律求解最大值即可．【解答】解：A、设电流为I，则此时电动机两端的电压为U=E﹣Ir，则电动机的输出功率=UI﹣I2R=EI﹣I2（r+R）=6I﹣4I2；则由二次函数可知当I=0.75A时，电动机的输出功P出率最大为2.25W；故A正确；B、电源的输出功率P=EI﹣I2r=6I﹣2I2；则由数学规律可知，当I=1.5A时，电源输出功率最大，最大输出功率为4.5W，故B正确；C、由AB分析可知，电动机输出最大功率时电源输出功率不是最大，故C错误；D、若将电动机改为范围足够大的滑动变阻器，电路为纯电阻电路，电源可输出得最大功率仍为4.5W，故D正确．故选：ABD．12．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0（v0＞0），方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN．则下列判断正确的是（）A．小球运动过程对斜面压力越来越小B．小球在斜面做变加速曲线运动C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤D．小球达到底边MN的时间t=【考点】带电粒子在混合场中的运动；洛仑兹力．【分析】根据受力分析，结合力的合成法则，并依据牛顿第二定律，及曲线运动条件，即可求解；依据洛伦兹力小于等于重力的垂直斜面的分力；根据运动学公式，结合牛顿第二定律，即可求解．【解答】解：A、对小球受力分析，重力，支持力，洛伦兹力，根据左手定则，可知，洛伦兹力垂直斜面向上，并且水平速度保持不变，故小球对斜面的压力保持不变；B、由于小球在下滑过程中，速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故B错误；C、假设重力不做功，根据小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力0≤f=qv0B≤mgcosα；解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤cosα，故C确；D、小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度a==gsinα，再由运动学公式，球到达底边MN的时间t=，故D正确；故选：CD．二、实验题（本大题共3小题，共20分．）13．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．图（a）所示读数为0.010mm，图（b）所示读数为 6.870mm，所测金属板的厚度为 6.860mm，用游标卡尺测金属板的直径如图（c）所示，则金属板直径为 1.240cm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解答】解：该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.01×1.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010 mm．测量金属板厚度时的示数如图（b）所示．螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为6.870 mm．所测金属板的厚度为6.870﹣0.010=6.860mm游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.40mm=12.40mm=1.240cm．故答案为：6.870；6.860；1.24014．某同学做描绘小灯泡（额定电压为3.8V，额定电流为0.32A）的伏安特性曲线实验，实验给定的实验器材如下：直流电源的电动势为4V，内阻不计开关、导线若干．电压表V（量程4V，内阻约为5kΩ）电流表A1（量程0.6A，内阻约为4Ω）电流表A2（量程3A，内阻约为1Ω）滑动变阻器R1（0到1000Ω，0.5A）滑动变阻器R2（0到10Ω，2A）（1）电路图应选图甲哪个a，电流表应选A1，滑动变阻器应选R2．（2）该同学按照正确的电路图和正确的实验步骤，根据测量结果描出了伏安特性曲线如图乙．如果用一个电动势为3V，内阻为10Ω的电源与该小灯泡组成电路．则该小灯泡的实际功率约为0.21W（保留两位有效数字）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）根据实验要求选择合适的电路图，选择仪器是按方便，安全的原则选取．（2）电源的U﹣I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点的横纵坐标表示此时的电流和电压，根据P=UI求出小灯泡的实际功率．【解答】解：（1）从图象知电压从零计故滑动变阻器应用分压式接法，实验电路应选择图乙中的电路图（a）；因小灯泡额定电流为0.32A，用电流表A2量程太大，应用A1；因滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R2；（2）如果用一个电动势为3V，内阻为10Ω的电源与该小灯泡组成电路．在I﹣U图象中作出该电源的特性曲线，如图所示电源的U﹣I图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点的横纵坐标表示此时的电流和电压，P=UI=1.1×0.19=0.21W．故答案为：（1）a，A1 ，R2（2）0.21．15．某同学用如甲图所示的电路测定电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源E，电阻箱R（最大阻值99.99Ω），定值电阻R0（阻值为2.0Ω），电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ），开关S．实验步骤：将电阻箱阻值调到最大，先闭合开关S，多次调节电阻箱，记下电压表的示数U和电阻箱相应的阻值R，以为纵坐标，R为横坐标，作图线（如图乙）．（1）E为电源电动势，r为电源内阻，写出关系表达式（用E、r、R0表示）=+．（2）根据图线求得电源电动势E= 5.7V，内阻r= 3.7Ω．（保留两位有效数字）（3）用该种方法测电源电动势存在系统误差，产生系统误差的原因是电压表的分流作用．【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可明确对应表达式；（2）根据图象的性质可求得电源的电动势和内电阻；（3）分析电表内阻，从而明确系统误差来源．【解答】解：（1）由电路图可知，电压表与R0并联后与R串联，则由闭合电路欧姆定律可知U=R0；变形可得：=+；（2）根据图象可知，k===；=0.51解得：E=5.8V；r=3.7Ω；（3）由于电压表内阻不是无穷大，故由于其分流导致电流出现误差；故答案为：（1）=+；（2）5.8；3.7；（3）电压表的分流作用．三、计算题（本大题共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）16．如图1所示的电路．滑动变阻器最大阻值为R0=58Ω，电源路端电压U随外电阻R变化的规律如图2所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：。
2019-2020年高二上学期期中试题 物理 含答案
2019-2020年高二上学期期中试题物理含答案考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1. 本试卷分第Ⅰ卷、第Ⅱ卷和答题卡，共3页。
满分100分，考试用时80分钟。
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第I卷（选择题共48分）一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共计48分。
1--9题为单项选择题，只有一个答案是正确的；10-12题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分.）1.下列叙述正确的是( )A.导体中电荷运动就形成电流B.电流是矢量C.导体中有电流通过时，导体内部场强不为零D.只有自由电子的定向移动才能形成电流2．关于电源的电动势，下面正确叙述的是()A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大3．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的是()A．甲、乙两导体中的电流相同B．乙导体中的电流是甲导体的2倍C．甲、乙两导体两端的电压相同D．乙导体两端的电压是甲的2倍4．一台额定电压为U的电动机，它的电阻为R，正常工作时通过的电流为I，则()A．电动机t秒内产生的热量是Q＝UItB．电动机t秒内产生的热量是Q＝I2RtC．电动机的功率为P＝I2RD．电动机的功率为P＝U2/R5．额定电压都是110V，额定功率P A＝100W，P B＝40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是下图中的哪一个()6.某同学做三种导电元件的导电性实验，他根据所测量的数据分别绘制了三种元件的I—U图象，如图所示，则下述判断正确的是()A．只有乙图正确B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能D．甲、乙、丙三个图象都可能正确，并不一定有较大误差7.如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是()A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小D．电路的总电阻变大8.如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是()A．R1短路B．R2断路C．R3断路D．R1、R2同时短路9.如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是() A．R增大，P增大；R2减小，P减小B．R2增大，P减小；R2减小，P增大C．无论R2是增大还是减小，P均减小D．无论R2是增大还是减小，P均增大10．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时()A．通过金属导线的电流为I2B．通过金属导线的电流为I 4C．自由电子定向移动的平均速率为v 2D．自由电子定向移动的平均速率为v411.如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的U—I图象，则下列说法中正确的是()A．电动势E1＝E2，短路电流I1>I2B．电动势E1＝E2，内阻r1>r2C．电动势E1>E2，内阻r1<r2D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大12．如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，电阻R1＝6Ω，R2＝5Ω，R3＝3Ω，电容器的电容C＝2×10－5F．若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电荷量为q.则()A．I＝0.75A B．I＝0.5AC．q＝2×10－5C D．q＝1×10－5C第Ⅱ卷（满分52分）二、实验题（每空2分，共计20分。
2019-2020学年第一学期高二期中测试物理学科试题【含解析】
A. 增大 U1 B. 增大 U2 C. 减小 L D. 减小 d 【答案】D 【解析】
经加速电场后的速度为
eU1 v，则根据动能定理：
1 2
mv2
，所以电子进入偏转电场时速度
v 2eU1
的大小为，
m ，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，
11.一横截面积为 S 的铜导线,流经其中的电流为 I,设单位体积的导线中有 n 个自由电子,电
子的电荷量为 q 此时电子的定向移动速率为 v,在 பைடு நூலகம் 时间内,通过铜导线横截面的自由电子数
目可表示为 (
)
A. nvSt
B. nvt
It C. q
It D. Sq
【答案】AC
【解析】
【详解】AB. 从微观角度来说，在 t 时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为 vt 的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为 N=nV=nvSt，故 A 正确，B 错误；
N1 mAg tan
将小球 B 向左推动少许时 θ 减小，则 N1 减小，再以 AB 整体为研究对象，分析受力如图所示
由平衡条件得： F=N1
N2=（mA+mB）g 则 F 减小，地面对小球 B 的弹力一定不变。故 A 错误，B 正确，C 错误；
D. 库仑力
F库
mA g cos
θ 减小，cosθ 增大，F 库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大。故 D 正确。
C. 电源的电动势与外电路有关 D. 静电力移动电荷做正功电势能减少,非静电力移动电荷做正功电势能增加 【答案】D 【解析】 【详解】A．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转 化为电能本领大小，与电源向外提供的电能的多少无关，故 A 错误； B．电动势表示电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故 B 错误； C．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能 本领大小，电源的电动势与外电路无关，故 C 错误； D、根据静电力做功与电势能变化的关系可知，静电力移动电荷做正功电势能减少，非静电 力移动电荷做正功电势能增加，故 D 正确。 5.如图为某控制电路的一部分，已知 AA′的输入电压为 24 V，如果电阻 R=6 kΩ，R1=6 kΩ，R2=3 kΩ，则 BB′不可能输出的电压是( )
2019-2020学年江西省九江市九江第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版
2019—2010学年高二上期期中考试物理试题第I卷（选择题，共39分）一、本题共13小题，每小题3分，共39分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一项符合题目要求，第9~13小题有多项符合题目要求。
全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分。
1.2018年10月2日，美法加三名科学家获得了诺贝尔物理学奖，以表彰他们在激光物理领域的突破性发明。
许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，下列说法正确的是( )A. 牛顿首次在实验室里测出了引力常量并发现了万有引力定律B. 牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第三定律C. 开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动D. 开普勒发现了行星运动定律并认为“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”【答案】B【解析】【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许首次在实验室里测出了引力常量，选项A错误；B．牛顿在发现万有定律的过程中应用了牛顿第三定律，选项B正确；C．开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳沿椭圆轨道运动，选项C错误；D．开普勒发现了行星运动定律，牛顿“在高山上水平抛出一物体，只要速度足够大就不会再落在地球上”，故D错误。
.2.我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是A. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接【答案】C【解析】试题分析：在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接．则AB错误；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C正确；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触．则D错误．故选C．考点：人造地球卫星【名师点睛】此题是关于人造卫星的变轨问题，明确正常运行的卫星加速做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道。
2019-2020学年江西省九江市虞家河中学高二物理测试题含解析
2019-2020学年江西省九江市虞家河中学高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，ef、gh为两水平放置相互平衡的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦．当一条形磁铁向下靠近导轨时，关于两金属棒的运动情况的描述正确的是（）A．如果下端是N极，两棒向里运动，且两棒对导轨的压力增加B．如果下端是S极，两棒向外运动；且两棒对导轨的压力减小C．不管下端是何极，两棒均向外互相远离D．不管下端是何极，两棒均互相靠近参考答案：AD2. 下列说法正确的是：A．法拉第首先发现电流磁效应B．有感应电动势必有感应电流C．感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因D．磁感应强度的方向跟放在磁场中的通电导线受磁场力方向相同参考答案：C3. 如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将线圈接在的交流电压上，电阻，电流表A为理想电表。
下列推断正确的是A．交流电的频率为50HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sC．A的示数为0.4 AD．变压器的输入功率是16W参考答案：（ D ）4. (多选)下列关于惯性的说法中，正确的是( )A．物体只有在突然运动或突然停止时才有惯性B．物体的质量越大或速度越大，其惯性也就越大C．在太空中飞行的航天飞机内的物体，其惯性因物体失重而消失D．惯性是物体的属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关参考答案：CD5. 如图，一条轻质弹簧左端固定，右端系一块小物块，物块与水平面各处动摩擦因数相同，弹簧无形变时物块在O点．今先后把物块拉到P1和P2由静止释放，物块都能运动到O点左方，设两次运动过程中物块动能最大的位置分别为Q1、Q2点，最后静止在R1、R2。
则：A．Q1和Q2点都在O点；B．Q1、Q2都在O点右方，且在同一位置；C．Q1、Q2都在O点右方，但不在同一位置；D．R1、R2都在O点右方，且Q2离O点近。
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江西省九江市2019-2020学年高二上学期期中监测物理试题一、单项选择题（本题包括10个小题,每小题只有一个选项符合题意）1．如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量正、负点电荷分别放置在a、d 两点时，下列说法中正确的是( )A．b、c、e、f 四点的场强相同B．b、c、e、f 四点的电势相等C．O点的电势高于b、c、e、f 四点的电势D．将一带正电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功【答案】D【解析】A．由题意可知，两点电荷在c、f处的电场强度各自进行矢量合成，则c、f处场强大小相等，方向相同，同理b、e电场强度大小相等，方向相同，故A正确．BC．依据等量异种电荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等且大于O点电势，而c、e二点的电势相等，且小于O点电势，故B，C错误；D．将一带正电的试探电荷从O点移到e点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故D正确．【点睛】根据两个点电荷在O处电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可．2．在光滑绝缘的水平面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示｡现使小球A、B、C带等量正电荷Q，使小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为A．13B3C．3 D3【答案】D【解析】试题分析：以A、B、C三个中的一个为研究对象，如以B为研究对象有：受到A、C的斥力作用，同时受到D 点点电荷的引力作用，设三角形边长为L ，根据受力平衡得：222cos302kQ kQqL r︒⨯⨯=，其中3r L =，所以解得：3Q q =，故ABC 错误，D 正确．考点：库仑定律；物体的平衡.3．两个完全一样的金属球，A 球带电量为q ，B 球不带电，将A 球与B 球接触后，A 球与B 球的带电量分别为 A ．0和q B ．q 和qC ．2q 和2qD ．4q 和4q 【答案】C【解析】完全相同的金属球，接触时先中和再平分，所以每个球带电Q ＝q2，故C 正确，ABD 错误 故选：C4．如图所示的螺线管正上方放置一小磁针，当闭合开关S 后，小磁针的指向如图所示，其中黑色的那一端为小磁针的N 极，下列判断正确的是A ．电源左端为正、右端为负，线圈左端为N 极，右端为S 极B ．电源左端为负、右端为正，线圈左端为N 极，右端为S 极C ．电源左端为负、右端为正，线圈左端为S 极，右端为N 极D ．电源左端为正、右端为负，线圈左端为S 极，右端为N 极 【答案】B【解析】试题分析：磁针所在处的磁场向右，由右手螺旋定则可知B 正确。
考点：本题考查电流的电流的磁场。
5．如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下列说法正确的是（ ）A ．先移走棒，再把两球分开，两球带等量异种电荷B ．先移走棒，再把两球分开，甲球带电量比乙球多C ．先把两球分开，再移走棒，两球带等量异种电荷D ．先把两球分开，再移走棒，两球不能带电【答案】C【解析】先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电，故AB 错误；开始时由于静电感应两棒带上异种电荷，先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷，故C 正确，D 错误．所以C 正确，ABD 错误．6．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A ．离子从磁场中获得能量B ．电场的周期随粒子速度增大而增大C ．离子由加速器的中心附近进入加速器D ．当磁场和电场确定时，这台加速器仅能加速电量q 相同的离子 【答案】C【解析】A.由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有212qU mv =， 故离子是从电场中获得能量。
故A 错误；B.据回旋加速器的工作原理知，电场的周期等于粒子在磁场运动的周期。
所以22r mT v qBππ==， 与离子的速度大小无关。
故B 错误；C.要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故C 正确；D. 当磁场和电场确定时，由于22r m T v qBππ== 周期确定了，所以加速时粒子的比荷确定，所以D 错误；7．两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有A 、B 、C 三点，如图所示，下列说法正确的是( )A ．a 点电势比b 点低B ．a 、b 、c 三点和无穷远处等电势C ．a 、b 两点的场强方向相同，b 点场强比a 点小D ．一个电子在a 点无初速释放，则它将在c 点两侧往复振动 【答案】B【解析】试题分析：a 、b 、c 是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等．A 错误，B 正确，a 、b 两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同．由于b 处电场线密，电场强度大于a 处电场强度．故C 错误．一个电子在a 点受到的电场方向垂直于垂直平分线向左，无初速释放后，将向左下方运动，D 错误， 考点：考查等量异种电荷电场规律点评：对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆．8．四盏灯结成如图所示的电路，A 、C 灯泡的规格为“220V ，30W”，B 、D 灯泡的规格为“220V ，100W”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率，这四盏灯泡的实际消耗功率大小的顺序是( )A ．P A >PB >PC >PD B ．P A >P D >P C >P B C ．P A >P D >P B >P C D ．P A >P B >P D >P C 【答案】C【解析】根据公式2U P R =，有2U R P=，故A C B D R R R R =>=，比较A 灯泡与D 灯泡，由于串联，电流相等， A D R R >，根据2P I R =，故A D P P >；比较B 灯泡与C 灯泡，由于并联，电压相等， C B R R >，根据2U P R=，故C B P P <；比较A 灯泡与C 灯泡，由于干路电流大于支路电流，根据2P I R =，故B D P P <；比较B 灯泡与D 灯泡，由于干路电流大于支路电流，根据2P I R =，故A C P P >，综合可得A DBC P P P P >>>，C 正确．9．一台直流电动机的额定电压为100V ，正常工作时电流为10A ，线圈内阻为0.5Ω，若该电动机正常工作10s ，则( )A ．该电动机线圈上产生的热量为104JB ．该电动机线圈上产生的热量为2×105JC ．该电动机输出的机械功为104JD ．该电动机输出的机械功为9.5×103J【答案】D【解析】A 、B 项，该电动机线圈上产生的热量为2500Q I Rt J == ，故A 、B 项错误．C 、D 项，电动机输出的机械功-Q=UIt-Q=9500J W W =总，故C 项错误，D 项正确． 综上所述，本题正确答案为D ．10．两个大轮半径相等的皮带轮的结构如图所示，A 、B 两点的半径之比为2:1，C 、D 两点的半径之比也为 2:1，下列说法正确的是( )A ．A 、B 两点的线速度之比为v A :v B = 1:2 B ．A 、C 两点的角速度之比为:1:2A C ωω= C ．A 、C 两点的线速度之比为v A :v C = 1:1D ．A 、D 两点的线速度之比为v A :v D = 1:2 【答案】B【解析】A.A 、B 属于同轴转动，所以角速度相同，根据：v r ω=，线速度与半径成正比，v A :v B = 2：1，A 错误B.A 、D 两点皮带传动，具有相同的线速度，C 、D 两点具有相同的角速度，所以A A D D r r ωω=，所以A C :1:2ωω=，B 正确C.根据v r ω=，且A C :1:2ωω=，所以v A :v C = 1:2，C 错误D.A 、D 两点皮带传动，具有相同的线速度，v A :v D = 1:1，D 错误 二、多项选择题（本题包括6个小题）11．在如图所示的电路中有两个电阻不能忽略的电流表A 1、A 2，其中电流表A 1接在干路中，电流表A 2与定值电阻R 1串联后，接入如图的电源两端，其中电流表A 1的读数为5A ，电流表A 2的读数为3A 。
如果将A 2与定值电阻R 2串联，且两电流表均能正常工作。
则下列说法正确的是( )A ．流过定值电阻R 1的电流一定变小B ．A 1表的读数一定变大C ．流过定值电阻R 2的电流一定变小D ．A 2表的读数一定变大 【答案】BC【解析】电流表A 2与定值电阻R 1串联后，电流表A 1的读数为5A ，电流表A 2的读数为3A ，可知通过R 2的电流为2A ；可知，即R 1<R 2。
如果将A 2与定值电阻R 2串联，则此时并联支路的电阻小于电流表A 2与定值电阻R 1串联时并联支路的电阻，则电路的总电阻变小，总电流变大，即A 1表的读数一定变大；A 1两端的电压变大，则并联支路的电压减小，则因R 2与A 2支路电阻变大，可知流过定值电阻R 2的电流一定变小，A 2表的读数一定变小；总电流变大，则因R 2支路的电流变小，则流过定值电阻R 1的电流一定变大，则BC 正确，AD 错误；故选BC. 【点睛】此题关键是先比较两个电阻R 1和R 2的大小关系；然后才能比较变换电流表A 2位置时总电阻的变化，结合动态电路问题进行分析.12．如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A 、B 电荷量均为q ，质量均为m ，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O ．在O 处施加一水平恒力F 使A 、B 一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l 的等边三角形，则（ ）A ．小环A 的加速度大小为23kqB ．小环A 的加速度大小为23kq C ．恒力F 的大小为223kq D ．恒力F 的大小为2232kq l【答案】BC【解析】设轻绳的拉力为T ，则对A 有：202cos 60q T T k l +=，30A Tcos ma ︒＝，联立解得：2233A kqa ml=，故B 正确，A 错误；把AB 看成一个整体有：2223223kq F ma m l==⨯=，故C 正确，D 错误．所以BC 错误，AD 正确．13．某负点电荷Q 产生的电场中的一条电场线如图所示，A 、B 为电场线上的两点．以下判断正确的是( )A ．A 、B 两点电场强度的大小关系是EA ＞EB B ．B 点的电场强度方向由B 指向AC ．质子由A 点移动到B 点电场力做负功D ．质子由A 点移动到B 点电场力做正功 【答案】ABC 【解析】由公式知，E 与r 2成反比，所以E A ＞E B ，故A 正确；根据电场线的分布从无穷远处出发到负电荷终止，可知B 点的电场强度方向由B 指向A ，故B 正确；质子由A 点移动到B 点过程中，所受的电场力方向由B 点到A 点，电场力方向与位移方向相反，则电场力做负功，故C 正确，D 错误。